2013高考数学（理）二轮复习配套作业（解析版）：专题限时集训（

专题限时集训(五)B

[第5讲 导数在研究函数性质中的应用]

(时间：45分钟)

1．函数y＝xex的最小值是( ) 1

A．－1 B．－e C．－ D．不存在

e

2．已知f(a)＝?1(2ax2－a2x)dx，则函数f(a)的最大值为( )

?0421

A．1 B. C. D. 999

3．函数y＝f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线为l：y

＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，F(x)＝f(x)－g(x)，如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象如图5－1所示，且a

图5－1

A．F′(x0)＝0，x＝x0是F(x)的极大值点 B．F′(x0)＝0，x＝x0是F(x)的极小值点 C．F′(x0)≠0，x＝x0不是F(x)的极值点 D．F′(x0)≠0，x＝x0是F(x)的极值点 4．垂直于直线2x－6y＋1＝0且与曲线f(x)＝x3＋3x2－1相切的直线l与曲线f(x)及y轴所围成的图形的面积是________．

5．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有( ) A．f(0)＋f(2)<2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1) C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1)

6．函数y＝xsinx＋cosx在下面哪个区间上为增函数( ) A.?

π3π??2，2? B．(π，2π) 3π5π?

?2，2? D．(2π，3π)

C.?

7．已知函数f(x)＝x2eax，其中a为常数，e为自然对数的底数，若f(x)在(2，＋∞)上为减函数，则a的取值范围为( ) A．(－∞，－1) B．(－∞，0)

C．(－∞，1) D．(－∞，2)

8．定义在区间[0，a]上的函数f(x)的图象如图5－2所示，记以A(0，f(0))，B(a，f(a))，C(x，f(x))为顶点的三角形面积为S(x)，则函数S(x)的导函数S′(x)的图象大致是( )

图5－2

图5－3

，?cosx，0≤x<π2

9．若函数f(x)＝?则?2f(x)dx＝________．

π?02，≤x≤2，?210．已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，部分对应值如下表. x f(x) －1 1 0 2 4 2 5 1 f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图5－4所示： 图5－4

下列关于f(x)的命题： ①函数f(x)是周期函数；

②函数f(x)在[0，2]是减函数；

③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4； ④当1

⑤函数y＝f(x)－a的零点个数可能为0，1，2，3，4个． 其中正确命题的序号是________．

11．已知a>0，且a≠1，函数f(x)＝ax－x. (1)求函数y＝f(x)的极值点；

(2)若对x∈R，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．

1

12．二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足：①当x＝2时有极值；②图象与y轴的交点纵坐标为－3，且在该点处切线的方向向量为(a，－3a)．

(1)求出函数f(x)的解析式，并判断曲线y＝f(x)上是否存在与直线x＋3y＝0垂直的切线，若存在，请求出该切线方程，若不存在，请说明理由； f（x）

(2)设g(x)＝，求函数g(x)的极值．

ex

13．已知函数f(x)＝lnx－ax，a∈R. (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)讨论函数y＝f(x)的零点个数；

(3)设数列{an}，{bn}均为正项数列，且满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn，求证：a1b1·a2b2·…·anbn≤1.

专题限时集训(五)B 【基础演练】

1．C [解析] y′＝ex＋xex，令y′＝0，则x＝－1.因为x<－1时，y′<0，x>－1时，y′>0，所1

以x＝－1时，ymin＝－e，选C.

2112

ax3－a2x2??0＝－a2＋a，这个关于a的二2．C [解析] f(a)＝?1(2ax2－a2x)dx＝?2?3??23?02?214222

次函数当a＝－＝时取得最大值，即所求的最大值是f?＝－×＋×＝. ?3?1?329339?2×?－2?3．B [解析] F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，F′(x)＝f′(x)－f′(x0)，因为F′(x0)＝f′(x0)－f′(x0)＝0，又由图知在[a，b]上函数f(x)增长得越来越快，所以f′(x)是增函数，可见x＝x0是一个极值点．又当a

当x00，函数F(x)单调递增．所以x＝x0是F(x)的极小值点．故选B.

1

4. [解析] 由题意得直线l的斜率为－3. 4

又f′(x)＝3x2＋6x，由3x2＋6x＝－3解得x＝－1，此时切点A的坐标是(－1，1)，切线方程是y－1＝－3(x＋1)，即y＝－3x－2，如图，则所求的面积是?0[f(x)－(－3x－2)]dx＝

?－101??0（x3＋3x2＋3x＋1）dx?＝1x4＋x3＋3x2＋x ?)－1＝. ???－1?424 ?

2

3

1

【提升训练】 5．C [解析] 依题意，当x>1时，f′(x)≥0，函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数；当x<1时，f′(x)≤0，f(x)在(－∞，1)上是减函数，故f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)，故f(0)＋f(2)≥2f(1)． 6．C [解析] 因为y′＝xcosx，当x∈?

3π5π?cosx>0，y′＝xcosx>0，此时函数y＝xsinx

?2，2?时，

＋cosx为增函数，故选C. 7．A [解析] f′(x)＝x(ax＋2)eax，由题意得f′(x)＝x(ax＋2)eax<0在[2，＋∞)上恒成立．即x(ax2

＋2)<0在[2，＋∞)上恒成立，即a<－x在[2，＋∞)上恒成立，即a<－1.

8．D [解析] 由于AB的长度为定值，只要考虑点C到直线AB的距离的变化趋势即可．当x在区间[0，a]变化时，点C到直线AB的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S′(x)

的图象先是在x轴上方，再到x轴下方，再回到x轴上方，再到x轴下方，并且函数在直线AB与函数图象的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项D中的图象符合要求．

π ?2ππππ?2

9．5－π [解析] ?2f(x)dx＝∫20cosxdx＋∫222dx＝sinx?)0＋2x?)2＝sin2

?0 ? ?

π

－sin0＋22－＝5－π.

2

10．②⑤ [解析] 周期性是函数在整个定义域上的整体性质，周期函数的图象不能是一个闭区间上的一段，必需能够保证周期的无限延展，故函数f(x)不是周期函数，命题①不正确；从其导数的图象可知，在区间(0，2)内导数值小于零，故函数f(x)在区间(0，2)上单调递减，由于函数图象是连续的，故在区间[0，2]是减函数，命题②正确；函数f(x)在[－1，0)上递增、在(0，2)上递减、在(2，4)上递增、在(4，5]上递减，函数的最大值只能在f(0)处，或者f(4)处取得，因此只要0≤t≤5即可，因此t的最大值为5，命题③不正确；由于f(－1)＝1，f(0)＝2，f(4)＝2，f(5)＝1，根据③中的单调性，要使12时，函数y＝f(x)－a没有零点，当a＝2时函数有两个零点，当1

1

11．解：(1)由f(x)＝ax－x，f′(x)＝axlna－1＝lnaax－lna，

当a∈(0，1)时，显然f′(x)<0，f(x)在R上单减，此时f(x)无极值点；

ln（lna）ln（lna）1

当a∈(1，＋∞)时，令f′(x)＝0，ax＝lna?x＝－lna，且x∈－∞，－lna时，f′ln（lna）

(x)<0，x∈－lna，＋∞时，f′(x)>0.

ln（lna）

∴x0＝－lna为f(x)的极小值点，无极大值点；

(2)当01.

ln（lna）

由(1)知f(x)的极值点为x0＝－lna，所以

x f′(x) f(x) (－∞，x0) － 单减 x0 0 极小值 (x0，＋∞) ＋ 单增 ln（lna）111

要使f(x)≥0对x∈R恒成立，则f(x0)≥0，即lna≥－lna?ln(lna)≥－1?lna≥e?a≥ee，1

所以当a∈[e，＋∞)时，f(x)≥0对x∈R恒成立．

e

12．解：(1)因为f′(x)＝2ax＋b，f′(x)在点(0，－3)处切线的方向向量为(a，－3a)，所以f′(0)－3a1?＝a＝－3，即b＝－3，c＝－3.又因为f′??2?＝a＋b＝0，所以a＝3，

所以f(x)＝3x2－3x－3，f′(x)＝3(2x－1)，由f′(x)＝3(2x－1)＝3得x＝1，所以曲线y＝f(x)上存在与直线x＋3y＝0垂直的切线，其方程为y＋3＝3(x－1)，即3x－y－6＝0.

3（x2－x－1）

(2)由(1)知，g(x)＝，从而有g′(x)＝－3x(x－3)e－x，令g′(x)＝0解得x＝0ex或x＝3，

当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，0)上为减函数， 当x∈(0，3)时，g′(x)>0，故g(x)在(0，3)上为增函数，

当x∈(3，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(3，＋∞)上为减函数，

15

从而函数g(x)在x＝0处取得极小值g(0)＝－3，在x＝3处取得极大值g(3)＝15e－3＝e3. 1

13．解：(1)当a＝1时，f′(x)＝x－1(x>0)， 当00，当x>1时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减， ∴当x＝1时，f(x)取得极大值－1，无极小值． lnx

(2)方法1：由f(x)＝0，得a＝(*)，

x1－lnxlnx

令g(x)＝x，则g′(x)＝x2，

当00，当x>e时，g′(x)<0， ∴g(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减， 1

∴g(x)max＝g(e)＝e，

lnx

又当x→0时，g(x)→－∞；当x>e时，g(x)＝x>0， 11

∴当a≤0或a＝时，方程(*)有唯一解，当0

ee1

方程(*)有两个不同解，当a>时，方程(*)无解，

e1

所以，当a≤0或a＝时，y＝f(x)有1个零点；

e1

当0

当a>e时，y＝f(x)无零点．

方法2：由f(x)＝0，得lnx＝ax，

∴y＝f(x)的零点个数为y＝lnx和y＝ax的图象交点的个数． 由y＝lnx和y＝ax的图象可知：

当a≤0时，y＝f(x)有且仅有一个零点；

1

当a>0时，若直线y＝ax与y＝lnx相切，设切点为P(x0，y0)，因为y′＝(lnx)′＝x，

1lnx01

∴k切＝＝，得x0＝e，∴k切＝，

x0x0e1

故当a＝e时，y＝f(x)有且仅有一个零点；

11

当0时，y＝f(x)无零点，

ee1

综上所述，当a≤0或a＝e时，y＝f(x)有1个零点； 1

当0

当a>时，y＝f(x)无零点．

e

(3)由(1)知，当x∈(0，＋∞)时，lnx≤x－1.

∵an>0，bn>0，∴lnan≤an－1，从而有bnlnan≤bnan－bn， 即lnabnn≤bnan－bn(n∈N*)，∴?lnabii≤?biai－?bi，

i＝1i＝1i＝1

∵a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn，即?biai－?bi≤0，

i＝1i＝1∴?lnabii≤0，即ln(ab11·ab22·…·abnn)≤0，

i＝1∴ab11·ab22·…·abnn≤1.

n

n

n

n

n

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